[不等式] 几何不等式证明

大佬最帅

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2021-7-11 10:21

大佬帮忙解答一道题

kuing

令 `x=\tan(A/2)`, `y=\tan(B/2)`, `z=\tan(C/2)`，则 `x`, `y`, `z>0`, `xy+yz+zx=1`，有
\begin{align*}
\sin A&=\frac{2x}{1+x^2}=\frac{2x\sqrt{xy+yz+zx}}{(x+y)(x+z)},\\
\sin\frac A2&=\frac x{\sqrt{1+x^2}}=\frac x{\sqrt{(x+y)(x+z)}},
\end{align*}于是原不等式等价于
\[\sum\frac{4xy(xy+yz+zx)}{(x+y)^2(y+z)(z+x)}\leqslant3\sum\frac{xy}{(x+y)\sqrt{(z+x)(z+y)}},\]即
\[4\sum\frac{xy(xy+yz+zx)}{x+y}\leqslant3\sum xy\sqrt{(z+x)(z+y)},\] 因为
\begin{align*}
\LHS&=4\sum\left( xyz+\frac{x^2y^2}{x+y} \right)=12xyz+4\sum\frac{x^2y^2}{x+y},\\
\RHS&\geqslant3\sum xy\bigl(z+\sqrt{xy}\bigr)\geqslant3\sum xy\left( z+\frac{2xy}{x+y} \right)=9xyz+6\sum\frac{x^2y^2}{x+y},
\end{align*}故只需证
\[2\sum\frac{x^2y^2}{x+y}\geqslant3xyz,\]由柯西有
\[2\sum\frac{x^2y^2}{x+y}\geqslant\frac{(xy+yz+zx)^2}{x+y+z}\geqslant3xyz,\]所以原不等式获证。

kuing

顺便把昨天在 https://www.zhihu.com/question/471274139/answer/1990066300 的评论里说的也写写吧，也是楼上这种方法，只是后面更麻烦一点，全靠运气好。

链接里网友“予一人”的回答中提出
\[\left( \sin\frac A2+\sin\frac B2+\sin\frac C2 \right)^2\geqslant\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C,\]用同样的代换后，等价于
\[\left( \sum\frac x{\sqrt{(x+y)(x+z)}} \right)^2\geqslant4(xy+yz+zx)\sum\frac{x^2}{(x+y)^2(x+z)^2},\]去分母即
\[\prod(x+y)\cdot\left( \sum x\sqrt{y+z} \right)^2\geqslant4(xy+yz+zx)\sum x^2(y+z)^2,\]因为
\begin{align*}
\left( \sum x\sqrt{y+z} \right)^2&=\sum x^2(y+z)+2\sum yz\sqrt{(x+y)(x+z)}\\
&\geqslant\sum x^2(y+z)+2\sum yz\bigl(x+\sqrt{yz}\bigr)\\
&\geqslant\sum x^2(y+z)+2\sum yz\left( x+\frac{2yz}{y+z} \right)\\
&=\sum x^2(y+z)+6xyz+4\sum\frac{y^2z^2}{y+z},
\end{align*}所以只需证
\[\prod(x+y)\cdot\left( \sum x^2(y+z)+6xyz+4\sum\frac{y^2z^2}{y+z} \right)\geqslant4(xy+yz+zx)\sum x^2(y+z)^2,\]运气极好地，上式的 \schur 分拆式是非常简单的
\[(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2+4xyz\sum x(x-y)(x-z)\geqslant0,\]显然成立，所以原不等式获证。

大佬最帅

xy+yz+zx=1这个恒等式怎么出来的

kuing

回复 4# 大佬最帅

？？将 C=π-A-B 代入 `\tan\frac A2\tan\frac B2+\tan\frac B2\tan\frac C2+\tan\frac C2\tan\frac A2` 展开就好了

大佬最帅

我其实想问的是这个三角恒等在以后证明能不能直接用，还是得证明

色k

回复 6# 大佬最帅

在网上当然直接用了，考试的话你问老师吧。